45跟踪练-第45讲　突破无机化工流程题-【优化指导】2026年化学一轮复习高中总复习·第1轮（鲁科版）

跟踪练(45)　突破无机化工流程题 1．(2024·全国新课标卷)钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下： 已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10－5 mol/L)时的pH： Fe3＋ Fe2＋ Co3＋ Co2＋ Zn2＋ 开始沉淀的pH 1.5 6.9 — 7.4 6.2 沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 回答下列问题： (1)“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________； “滤渣1”中金属元素主要为________。 (2)“过滤1”后的溶液中加入MnO2的作用是 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 取少量反应后的溶液，加入化学试剂________检验________，若出现蓝色沉淀，需补加MnO2。 (3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________、 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (4)“除钴液”中主要的盐有________(写化学式)，残留的Co3＋浓度为________ mol/L。 答案：(1)增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率　Pb (2)将溶液中的Fe2＋氧化为Fe3＋，以便在后续调pH时除去铁元素　 K3[Fe(CN)6]溶液　Fe2＋ (3)3Co2＋＋MnO＋7H2O===3Co(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋　3Mn2＋＋2MnO＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋ (4)ZnSO4、K2SO4　10－16.7 解析：由题中信息可知，用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣，得到含有Co2＋、Zn2＋、Fe2＋、Fe3＋、SO等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO4，则“滤渣1”为“酸浸”时生成的PbSO4；向滤液中加入MnO2将Fe2＋氧化为Fe3＋，然后加入ZnO调节pH＝4，使Fe3＋完全转化为Fe(OH)3，则“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3，滤液中的金属离子主要是Co2＋、Zn2＋和Mn2＋；最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂KMnO4，将溶液中Co2＋氧化为Co3＋，在pH＝5时Co3＋形成Co(OH)3沉淀，而KMnO4则被还原为MnO2，KMnO4还会与溶液中的Mn2＋发生归中反应生成MnO2，得到Co(OH)3和MnO2的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4，据此解答。 (1)在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积，从而加快酸浸的反应速率，提高浸取效率；由分析可知，“滤渣1”的主要成分为PbSO4，则“滤渣1”中金属元素主要为Pb。 (2)酸浸液中含有Co2＋、Zn2＋、Fe2＋、Fe3＋、SO等离子。由题表中数据可知，当Fe3＋完全沉淀时，Co2＋未开始沉淀，而当Fe2＋完全沉淀时，Co2＋已有一部分沉淀，因此为了除去溶液中的铁元素且Co2＋不沉淀，应先将Fe2＋氧化为Fe3＋，然后调节溶液的pH使Fe3＋完全沉淀转化为Fe(OH)3沉淀，因此，MnO2的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋，以便在后续调pH时除去铁元素。常用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2＋，若生成蓝色沉淀，则说明溶液中仍存在Fe2＋，需补加MnO2。 (3)由分析可知，该过程发生两个氧化还原反应，根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境(pH＝5)，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出两个离子方程式：3Co2＋＋MnO＋7H2O===3Co(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋、3Mn2＋＋2MnO＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋。 (4)最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO调pH时引入的Zn2＋、加入KMnO4“氧化沉钴”时引入的K＋，而阴离子是在酸浸时引入的SO，因此其中主要的盐有ZnSO4和K2SO4。当溶液pH＝1.1时c(H＋)＝10－1.1 mol/L，Co3＋恰好完全沉淀，此时溶液中c(Co3＋)＝1.0×10－5 mol/L，则c(OH－)＝＝10－12.9 mol/L，则Ksp[Co(OH)3]＝1.0×10－5×(10－12.9)3＝10－43.7。“除钴液”的pH＝5，即c(H＋)＝10－5 mol/L，则c(OH－)＝＝10－9 mol/L，此时溶液中c(Co3＋)＝＝ mol/L＝10－16.7 mol/L。 2．(2024·黑吉辽卷)中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被FeS2、FeAsS包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下： 回答下列问题： (1)北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为________(填化学式)。 (2)“细菌氧化”中，FeS2发生反应的离子方程式为________________________。 (3)“沉铁砷”时需加碱调节pH，生成________(填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含As微粒的沉降。 (4)“焙烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“焙烧氧化”，“细菌氧化”的优势为________(填标号)。 A．无需控温 B．可减少有害气体产生 C．设备无需耐高温 D．不产生废液废渣 (5)“真金不怕火炼”，表明Au难被O2氧化，“浸金”中NaCN的作用为______________。 (6)“沉金”中Zn的作用为________________________________。 (7)滤液②经H2SO4酸化，[Zn(CN)4]2－转化为ZnSO4和HCN的化学方程式为________________________________。用碱中和HCN可生成________(填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。 答案：(1)CuSO4 (2)4FeS2＋15O2＋2H2O4Fe3＋＋8SO＋4H＋ (3)Fe(OH)3 (4)BC (5)提供配体，将Au转化为[Au(CN)2]－从而浸出 (6)作还原剂，将[Au(CN)2]－还原为Au (7)Na2[Zn(CN)4]＋2H2SO4===ZnSO4＋4HCN＋Na2SO4　NaCN 解析：矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH＝2时进行细菌氧化，金属硫化物中的硫元素转化为硫酸盐，过滤，滤液①中铁元素的存在形式为Fe3＋，加碱调节pH，Fe3＋转化为Fe(OH)3胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au与空气中的O2和NaCN溶液反应，得到含[Au(CN)2]－的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含[Zn(CN)4]2－的滤液②。 (1)“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要成分为CuSO4。 (2)“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3＋和SO，离子方程式为4FeS2＋15O2＋2H2O4Fe3＋＋8SO＋4H＋。 (3)“沉铁砷”时，加碱调节pH，Fe3＋转化为Fe(OH)3胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降。 (4)细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需要控温，A不符合题意；焙烧氧化时，金属硫化物中的硫元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的硫元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，B符合题意；焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无需耐高温，C符合题意；由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，D不符合题意。 (5)“浸金”中，Au作还原剂，O2作氧化剂，氰化钠能够与金离子形成稳定的配合物从而提升金单质的还原性，将Au转化为[Au(CN)2]－从而浸出。 (6)“沉金”中Zn作还原剂，将[Au(CN)2]－还原为Au。 (7)滤液②含有[Zn(CN)4]2－，经过H2SO4的酸化，[Zn(CN)4]2－转化为ZnSO4和HCN，反应的化学方程式为Na2[Zn(CN)4]＋2H2SO4===ZnSO4＋4HCN＋Na2SO4；用碱中和HCN得到的产物，可实现循环利用，即用NaOH中和HCN生成NaCN，NaCN可用于“浸金”步骤，从而循环利用。 3．(2024·广东卷)镓(Ga)在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。 工艺中，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用LAEM提取金属离子Mn＋的原理如图。已知： ①pKa(HF)＝3.2。 ②Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10－10。 ③浸取液中，Ga( Ⅲ )和Fe( Ⅲ )以[MClm](m－3)－(m＝0～4)微粒形式存在，Fe2＋最多可与2个Cl－配位，其他金属离子与Cl－的配位可忽略。 (1)“电解”中，反应的化学方程式为________________________。 (2)“浸取”中，由Ga3＋形成[GaCl4]－的离子方程式为________________。 (3)“还原”的目的：避免________元素以________(填化学式)微粒的形式通过LAEM，从而有利于Ga的分离。 (4)“LAEM提取”中，原料液的Cl－浓度越________，越有利于Ga的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低Ga的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向 Ⅰ 室中加入________(填化学式)，以进一步提高Ga的提取率。 (5)“调pH”中，pH至少应大于________，使溶液中c(F－)>c(HF)，有利于[AlF6]3－配离子及Na3[AlF6]晶体的生成。若“结晶”后溶液中c(Na＋)＝0.10 mol/L，则[AlF6]3－浓度为________ mol/L。 (6)一种含Ga、Ni、Co元素的记忆合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，微粒个数最简比N(Co)∶N(Ga)∶N(Ni)＝________，其立方晶胞的体积为________ nm3。 答案：(1)2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑ (2)Ga3＋＋4Cl－===[GaCl4]－ (3)铁　[FeCl4]－ (4)高　NaCl (5)3.2　4.0×10－7 (6)2∶1∶1　8a3 解析：电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)进行焙烧，金属转化为氧化物，焙烧后的固体加入盐酸浸取，浸取液加入铝片将Fe3＋进行还原，得到原料液，原料液利用LAEM提取，[GaCl4]－通过交换膜进入 Ⅱ 室并转化为Ga3＋， Ⅱ 室溶液进一步处理得到镓， Ⅰ 室溶液加入含F－的废液调pH并结晶得到NaAlF6晶体用于电解铝。 (1)“电解”是电解熔融的氧化铝冶炼铝单质，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑。 (2)“浸取”中，由Ga3＋形成[GaCl4]－的离子方程式为Ga3＋＋4Cl－===[GaCl4]－。 (3)已知浸取液中，Ga( Ⅲ )和Fe( Ⅲ )以[MClm](m－3)－(m＝0～4)微粒形式存在，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区，为了避免铁元素以[FeCl4]－的微粒形式通过LAEM，故要加入铝片还原Fe3＋，从而有利于Ga的分离。 (4)“LAEM提取”中，原料液的Cl－浓度越高，更有利于生成[GaCl4]－的反应正向移动，更有利于Ga的提取，在不提高原料液酸度的前提下，同时不引入新杂质，可向 Ⅰ 室中加入NaCl，提高Cl－浓度，进一步提高Ga的提取率。 (5)由pKa(HF)＝3.2，Ka(HF)＝＝10－3.2，为了使溶液中c(F－)>c(HF)，c(H＋)＝×10－3.2<10－3.2mol/L，故pH至少应大于3.2，有利于[AlF6]3－配离子及Na3[AlF6]晶体的生成，若“结晶”后溶液中c(Na＋)＝0.10 mol/L，根据Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10－10，[AlF6]3－浓度为＝ mol/L＝4.0×10－7 mol/L。 (6)合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元，取Ga为晶胞顶点，晶胞面心也是Ga，Ni处于晶胞棱心和体心，Ga和Ni形成类似氯化钠晶胞的结构，晶胞中Ga和Ni形成的8个小正方体体心为Co，故晶胞中Ga、Ni个数为4，Co个数为8，微粒个数最简比N(Co)∶N(Ga)∶N(Ni)＝2∶1∶1，晶胞棱长为两个最近的Ga之间(或最近的Ni之间)的距离，为2a nm，故晶胞的体积为8a3 nm3。 4．(2024·贵州卷)煤气化渣属于大宗固废，主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2及少量MgO等。一种利用“酸浸­碱沉­充钠”工艺，制备钠基正极材料NaFePO4和回收Al2O3的流程如下： 已知： ①25 ℃时，Ksp[Fe(OH)3]＝2.8×10－39，Ksp[Al(OH)3]＝1.3×10－33，Ksp[Mg(OH)2]＝5.6×10－12； ②2Na[Al(OH)4](aq)Al2O3·3H2O(s)＋2NaOH(aq)。 回答下列问题： (1)“滤渣”的主要成分为________(填化学式)。 (2)25 ℃时，“碱沉”控制溶液pH至3.0，此时溶液中c(Fe3＋)＝________ mol/L。 (3)“除杂”时需加入的试剂X是____________。 (4)“水热合成”中，NH4H2PO4作为磷源，“滤液2”的作用是________________________，水热合成NaFePO4的离子方程式为________________________________。 (5)“煅烧”得到的物质也能合成钠基正极材料NaFeO2，其工艺如下： ①该工艺经碳热还原得到Fe3O4，“焙烧”生成NaFeO2的化学方程式为________________________。 ②NaFeO2的晶胞结构示意图如甲所示。每个晶胞中含有NaFeO2的单元数有________个。 ③若“焙烧”温度为700 ℃，n(Na2CO3)∶n(Fe3O4)＝9∶8时，生成纯相Na1－xFeO2，则x＝________，其可能的结构示意图为________(填“乙”或“丙”)。 答案：(1)SiO2 (2)2.8×10－6 (3)NaOH溶液 (4)提供Na＋和反应所需要的碱性环境　Fe2＋＋NH＋3OH－＋Na＋＋H2PONaFePO4↓＋NH3↑＋3H2O (5)①4Fe3O4＋6Na2CO3＋O212NaFeO2＋6CO2 ②3　③0.25　乙 解析：煤气化渣(主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸，SiO2不反应也不溶解，Fe2O3、Al2O3及少量MgO转化为硫酸铁、硫酸铝和硫酸镁，往其中加氢氧化钠溶液进行碱浸，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀；过滤，滤液1中含硫酸铝和硫酸镁，加过量的氢氧化钠溶液使镁离子转化为氢氧化镁沉淀除去，过滤，滤液主要含Na[Al(OH)4]和NaOH，往其中加氢氧化铝晶种，过滤得Al2O3·3H2O和NaOH溶液，焙烧Al2O3·3H2O得Al2O3；在煅烧氢氧化铁所获得的产物中加稀硫酸酸浸、足量的铁还原，然后加NH4H2PO4、稳定剂和滤液2水热合成得NaFePO4。 (1)煤气化渣(主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸，SiO2不反应也不溶解，即“滤渣”的主要成分为SiO2。 (2)25 ℃时，“碱沉”控制溶液pH至3.0，即c(H＋)＝10－3 mol/L，则c(OH－)＝10－11 mol/L，此时溶液中c(Fe3＋)＝＝ mol/L＝2.8×10－6 mol/L。 (3)“除杂”时需要沉淀镁离子、得Na[Al(OH)4]，所以加入的试剂X是NaOH溶液。 (4)“水热合成”中，NH4H2PO4作为磷源，“滤液2”为NaOH溶液，其既可以提供合成NaFePO4所需要的Na＋，又可以提供反应所需要的碱性环境，水热合成NaFePO4的离子方程式为Fe2＋＋NH＋3OH－＋Na＋＋H2PONaFePO4↓＋NH3↑＋3H2O。 (5)①该工艺经碳热还原得到Fe3O4，“焙烧”时Fe3O4、Na2CO3和O2反应生成NaFeO2，其化学方程式为4Fe3O4＋6Na2CO3＋O212NaFeO2＋6CO2；②由NaFeO2的晶胞图甲可知，每个晶胞中含有Fe：4×＋2＝3，Na：8×＋2＝3，O：8×＋4＝6，即每个晶胞中NaFeO2的单元数有3个；③若“焙烧”温度为700 ℃，n(Na2CO3)∶n(Fe3O4)＝9∶8时，＝＝，生成纯相Na1－xFeO2，则＝，解得x＝0.25；丙图中Na：1＋6×＝1.75，≠，乙图中Na：2＋2×＝2.25，＝，则其可能的结构示意图为乙。 5．(2024·甘肃卷)我国科研人员以高炉渣(主要成分为CaO，MgO，Al2O3和SiO2等)为原料，对炼钢烟气(CO2和水蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示： 已知：Ksp(CaSO4)＝4.9×10－5　Ksp(CaCO3)＝3.4×10－9 (1)高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是________。 (2)“滤渣”的主要成分是CaSO4和________。 (3)“水浸2”时主要反应的化学方程式为________________________________，该反应能进行的原因是________________________________________。 (4)铝产品NH4Al(SO4)2·12H2O可用于________。 (5)某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数a≠c，α＝β＝γ＝90°。图丙中Ca与N的距离为________ pm；化合物的化学式是________，其摩尔质量为M g/mol，阿伏加德罗常数的值是NA，则晶体的密度为________ g/cm3(列出计算表达式)。 答案：(1)NH3 (2)SiO2 (3)CaSO4＋(NH4)2CO3===CaCO3＋(NH4)2SO4　K(CaSO4)>Ksp(CaCO3)，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙 (4)净水 (5)a　Ca3N3B　×1030 解析：高炉渣(主要成分为CaO，MgO，Al2O3和SiO2等)加入(NH4)2SO4在400 ℃下焙烧，生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝，同时产生气体，该气体与烟气(CO2和水蒸气)反应，生成(NH4)2CO3，所以该气体为NH3；焙烧产物经过水浸1，然后过滤，滤渣为CaSO4以及未反应的SiO2，滤液溶质主要为硫酸镁、硫酸铝及硫酸铵；滤液浓缩结晶，析出NH4Al(SO4)2·12H2O，剩余富镁溶液；滤渣加入(NH4)2CO3溶液，滤渣中的CaSO4会转化为更难溶的碳酸钙。 (1)由分析可知，高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是NH3。 (2)由分析可知，“滤渣”的主要成分是CaSO4和未反应的SiO2。 (3)“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵生成更难溶的碳酸钙，化学方程式为CaSO4＋(NH4)2CO3===CaCO3＋(NH4)2SO4。该反应之所以能发生，是由于Ksp(CaSO4)＝4.9×10－5，Ksp(CaCO3)＝3.4×10－9，Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3)，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙。 (4)铝产品NH4Al(SO4)2·12H2O溶于水后，会产生Al3＋，Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，可用于净水。 (5)图丙中，Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心，故Ca与N的距离为a pm；由均摊法可知，晶胞中Ca的个数为8×＋2＝3，N的个数为8×＋2×＝3，B的个数为4×＝1，则化合物的化学式是Ca3N3B；其摩尔质量为M g/mol，阿伏加德罗常数的值是NA，晶胞体积为a2c×10－30 cm3，则晶体的密度为×1030 g/cm3。 学科网（北京）股份有限公司 $$